⎪⎭
⎫ ⎝⎛--0,2,23a . 由EA ⊥EB 1，得EA →·EB 1→＝0，
即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--
2,,23a ·⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--0,2,23a ＝34＋a (a －2)＝a 2－2a ＋34＝0， ∴⎪⎭⎫ ⎝
⎛
-
21a ·⎪⎭⎫ ⎝⎛-23a ＝0，即a ＝12或a ＝3
2(舍去)．故E ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛0,21,23. 由已知有EA →⊥EB 1→，B 1A 1→⊥EB 1→，故二面角A －EB 1－A 1的平面角θ的大小为向量B 1A 1→
与EA →
的夹角．
因为B 1A 1→＝BA →＝(0,0，2)，EA →＝⎪⎪⎭
⎫ ⎝
⎛--
2,21
,23，
故cos θ＝EA →·B 1A 1→
|EA →||B 1A 1→|＝22×3＝63，即tan θ＝2
2.
故所求二面角的平面角的正切值为
2
2
. 方法三 利用面面垂直关系构建直角坐标系
【例6】 如图，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 侧面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD . (1)求证AB ⊥平面VAD ；
(2)求二面角A －VD －B 的余弦值．
【解析】 (1)证明：取AD 的中点O 为原点，建立如图所示的空
间直角坐标系．
设AD ＝2，则A (1,0,0)，D (－1,0,0)，B (1,2,0)，V (0,0，3)， ∴AB →＝(0,2,0)，VA →
＝(1,0，－3)． 由AB →·VA →＝(0,2,0)·(1,0，－3)＝0， 得AB ⊥VA .
又AB ⊥AD ，从而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直，∴AB ⊥平面VAD .
(2)设E 为DV 的中点，则E ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-
23,0,21， ∴EA →＝⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛-
23,0,23
，EB →＝⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-23,2,23， DV →
＝(1,0，3)．
∴EB →·DV →＝32－32
＝0，∴EB ⊥DV .
又EA ⊥DV ，因此∠AEB 是所求二面角的平面角． ∴cos 〈EA →，EB →
〉＝EA →·EB →|EA →||EB →|
＝217.
故所求二面角的余弦值为
217
. 方法四 利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系
【例7】 已知正四棱锥V －ABCD 中，E 为AC 中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h .
(1)求∠DEB 的余弦值；
(2)若BE ⊥VC ，求∠DEB 的余弦值．
【解析】 如图，以V 在平面ABCD 的射影O 为坐标原点建立空间直角坐标系，其中Ox ∥BC ，Oy ∥AB ，则由AB
＝2a ，OV ＝h ，有B (a ，a,0)，C (－a ，a,0)，D (－a ，－a,0)，V (0,0，h )，E ⎪⎭⎫
⎝
⎛-2,2,2h a a ，即BE →＝⎪⎭⎫ ⎝
⎛--
2,2,2
3h a a ，DE →＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛2,23,2h a a ，VC →
＝(－a ，a ，－h )． (1)cos 〈BE →，DE →
〉＝BE →·DE →|BE →||DE →|＝－6a 2＋h 2
10a 2＋h 2， 即cos ∠DEB ＝－6a 2＋h 210a 2＋h 2
.
(2)因为BE ⊥AC ，所以BE →·VC →
＝0，
即⎪⎭
⎫
⎝⎛--
2,2,23h a a ·(－a ，a ，－h )＝0， 所以32a 2－a 22－h 2
2＝0，解得h ＝2a .
这时cos 〈BE →，DE →
〉＝－6a 2＋h 210a 2＋h 2＝－13， 即cos ∠DEB ＝－13.
【专题训练】
1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，PE ＝2BE .
(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；
(2)若二面角P －AC －E 的余弦值为6
3
，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值．
【解析】 (1)证明：∵PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PC ⊥AC .
∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1，∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC ，又AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .
(2)取AB 的中点F ，两角CF ，则CF ⊥AB ，以点C 为原点，建立空间直角坐标系，可
得：C (0,0,0)，A (1,1,0)，B (1，－1,0)，设P (0,0，a )(a ＞0)，则E ⎪⎭
⎫ ⎝⎛-
3,32,32a ， CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a )，CE →＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛-3,32,32a ，
取n ＝(1，－1,0)，则m ·CP →＝m ·CA →
＝0，∴n 为平面P AC 的法向量． 设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量，则⎩
⎪⎨⎪⎧
n ·EA →＝0n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋y ＝02x －2y ＋az ＝0，
取n ＝(a ，－a ，－4)，
∵二面角P －AC －E 的余弦值为
6
3
， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝
|m ·n ||m ||n |＝2a 2×2a 2＋16＝6
3
，
解得a ＝4，∴n ＝(4，－4，－4)，P A →
＝(1,1，－4)． 设直线P A 与平面EAC 所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈P A →
，n 〉|＝|P A →·n ||P A →||n |＝1618×16×3＝269，
∴直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为26
9.
2．如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角
形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝1
2AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是
PD 的中点．
(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；
(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M －AB －D 的余弦值．
【解析】 (1)证明：取P A 的中点F ，连结EF ，BF .
因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝1
2AD ，由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，
又BC ＝1
2
AD ，所以EF 綊BC .四边形BCEF 为平行四边形，CE ∥BF .
又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .
(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，
则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →
＝(1,0,0)，
设M (x ，y ，z )(0＝(x ，y －1，z －3)，
因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以，|cos 〈BM →
，n 〉|＝sin 45° ，
|z |(x －1)2＋y 2＋z
2＝2
2，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →
，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②
由①，②解得⎩⎨⎧
x ＝1＋
2
2
y ＝1(舍去)
z ＝－6
2
，⎩⎨⎧
x ＝1－
2
2
y ＝1
z ＝62
.
所以M ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-
26,1,221，从而AM →＝⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-26,1,221. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧
m ·AM →＝0，m ·
AB →＝0，即⎩⎨⎧
(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，
x 0＝0，
所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105
，因此二面角M －AB －D
的余弦值为
105
. 3．如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形， AB ∥CD, AB ＝2AD ＝2, ∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .
(1)若点G 是棱AB 的中点，求证： EG ∥平面BDF ； (2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；
(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FH
HC 的值；若不存
在，说明理由．
(1)【证明】 由已知得EF ∥ CD ，且EF ＝CD . 因为四边形ABCD 为等腰梯形，所以BG ∥CD . 因为G 是棱AB 的中点，所以BG ＝CD .
所以EF ∥BG ，且EF ＝BG ，故四边形EFBG 为平行四边形，所以EG ∥FB . 因为FB ⊂平面BDF , EG ⊄平面BDF ，所以EG ∥平面BDF . (2)【解】 因为四边形CDEF 为正方形，所以ED ⊥DC .
因为平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝DC ，DE ⊂平面CDEF ， 所以ED ⊥平面ABCD .
在△ABD 中，因为∠DAB ＝60°， AB ＝2AD ＝2， 所以由余弦定理，得BD ＝3，所以AD ⊥BD . 在等腰梯形ABCD 中，可得DC ＝CB ＝1.
如图，以D 为原点，以DA ，DB ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，
则D ()0，0，0，A ()1，0，0， E ()0，0，1， B ()0，3，0，F ⎪⎪
⎭
⎫
⎝⎛-
1,23,21，
所以AE →＝()－1，0，1， DF →＝⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-1,2
3,21，
DB →
＝()0，3，0.
设平面BDF 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 因为⎩⎪⎨⎪⎧
n ·
DB →＝0，n ·DF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧
3y ＝0，－12x ＋32y ＋z ＝0. 取z ＝1，则x ＝2，y ＝0，则n ＝()2，0，1.
设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝|
|cos 〈AE →，n 〉＝||AE →
·n ||
AE
→||n ＝1010， 所以AE 与平面BDF 所成角的正弦值为
1010
. (3)【解】 线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .证明如下： 假设线段FC 上存在点H ，
设H ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-
t ,23,21()0≤t ≤1，则DH →＝⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-t ,23,21 设平面HAD 的法向量为m ＝()a ，b ，c ， 因为⎩⎪⎨⎪⎧
m ·DA →＝0，m ·DH →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝0，－12
a ＋32
b ＋t
c ＝0. 取c ＝1，则a ＝0，b ＝－
23 t ，得m ＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-1,32,0. 要使平面BDF ⊥平面HAD ，只需m ·n ＝0， 即2×0－
2
3
t ×0＋1×1＝0, 此方程无解． 所以线段FC 上不存在点
H ，使平面BDF ⊥平面HAD .
4．如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1半径为r ＝5, OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面
圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .
(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE ； (2)求二面角B —AD —O 的正弦值．
(1)【证明】 依题易知，圆锥的高为h ＝(52)2－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ，所以OD 2＝OA 2＋AD 2，因为AB ⊥BD ，所以AD 2＝AB 2＋BD 2，
连接OO 1，O 1O 2，DO 2，易知O ，O 1，O 2三点共线，
OO 2⊥DO 2，所以OD 2＝OO 22＋O 2D 2，
所以BD 2＝OO 22＋O 2D 2－AO 2－AB 2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64，
解得BD ＝8，又因为DE ＝6，圆O 2的直径为10，圆心O 2在∠BDE 内，所以∠BDE ＝90°，所以DE ⊥BD .
因为AB ⊥平面BDE ，所以DE ⊥AB ，
因为AB ∩BD ＝B ，AB ，BD ⊂平面ABD ，所以DE ⊥平面ABD . 又因为DE ⊂平面ODE ，所以平面ABD ⊥平面ODE .
(2)【解】 如图，以D 为原点， DB ，DE 所在的直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系．
则D (0,0,0)，A (8,0,6.4)，B (8,0,0)，O (4,3,11.4)．
所以DA →＝(8,0,6.4)，DB →＝(8,0,0)，DO →
＝(4,3,11.4)，
设平面DAO 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，所以DA →
·u ＝8x ＋6.4z ＝0， DO →·u ＝4x ＋3y ＋11.4z ＝0，令x ＝12，则u ＝(12,41，－15)． 可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)，
所以cos 〈u ，v 〉＝u ·v |u ||v |＝41582＝8210，所以二面角B —AD —O 的正弦值为3210
.
2021届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第六章立体几何考点测试48立体几何中的向量方法含解析新人教B版
考点测试48 立体几何中的向量方法 高考概览本考点是高考必考知识点，题型为解答题，分值为12分，中等难度 考纲研读 1. 理解直线的方向向量与平面的法向量 2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系 3．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理 4．能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题， 了解向量方法在研究立体几何中的应用 5．能用向量法解决空间的距离问题 一、基础小题 1．设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，平面α的法向量为n，若〈a，n〉＝ 2π 3 ，则l与α所成的角为( ) A． 2π 3 B． π 3 C． π 6 D． 5π 6 答案 C 解析线面角的范围是 ?? ? ?? ? 0， π 2 .因为〈a，n〉＝ 2 3 π，所以l与平面α的法向量所在直线所成角为 π 3 ，所以l与α所成的角为 π 6 .故选C. 2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO，AM的位置关系是( ) A．平行B．相交 C．异面垂直D．异面不垂直 答案 C 解析建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，NO→＝(－1,0，－2)，AM→＝(－2,0,1)，NO→·AM→＝0，则直线NO，AM的位置关系是异面垂直．
3．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( ) A ． 55 B ． 53 C ．255 D ．35 答案 A 解析 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.故O (0,0,0)，B (0，0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)，所以BC 1→ ＝(0,2，－1)，AB 1→＝(－2,2,1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→ 〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→| ＝ 4－15×9＝ 55.所以直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为5 5 .故选A. 4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与 D 1N 所成角的余弦值为( ) A ． 30 10 B ． 3015 C ．3030 D ． 1515 答案 A 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2a ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,2a )， B 1(2a,2a,2a )，M (a ，a,0)，N (a,0,0)，故ND 1→＝(－a,0,2a )，B 1M →＝(－a, －a ，－2a )，所以|ND 1 →
2021高考数学一轮复习课后限时集训47立体几何中的向量方法(含解析)
课后限时集训47 立体几何中的向量方法 建议用时：45分钟 一、选择题 1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．60°或30° C [设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12 . 又0°≤β≤90°，∴β＝30°.] 2．在正方体A 1B 1C 1D 1-ABCD 中，AC 与B 1D 所成角大小为( ) A.π 6 B.π4 C.π3 D.π2 D [建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则 A (0,0,0), C (1,1,0)， B 1(1,0,1)，D (0,1,0). ∴A C → ＝(1,1,0)， B 1D → ＝(－1,1，－1)， ∵AC →·B 1D → ＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2 .] 3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( ) A.5 5 B.53 C. 25 5 D.35 A [设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)， B (0,0,1)， C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1 → ＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→ 〉＝
－2×0＋2×2＋1×－1 0＋4＋1·4＋4＋1 ＝ 1 5＝55 .] 4．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D ，E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° A [由已知A B 2 ＋BC 2 ＝AC 2 ，得AB ⊥BC .以B 为原点，分别以BC ， BA ，BB 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所 示，设AA 1＝2a ，则 A (0,1,0)，C (3，0,0)， D ? ???? 32，12，a ， E (0,0，a )，所以ED →＝? ?? ??32，12，0，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， cos 〈ED →，n 〉＝ED → ·n |ED →||n | ＝ 1 2 ? ????322＋? ?? ??122＋02 ×1＝12 ，〈ED →，n 〉＝60°，所以直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°.故选A.] 5.如图，在四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面PAB ，PA ⊥AB ，M 为PB 的中点，PA ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B -AC -M 的余弦值为( ) A.66 B.36 C.26 D.16 A [因为BC ⊥平面PA B ，PA 平面PAB ，所以PA ⊥B C ，又PA ⊥AB ，且BC ∩AB ＝B ，所以PA ⊥平面ABCD . 以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系A -xyz . 则A (0,0,0)，C (1,2,0)，P (0,0,2)，B (1,0,0)，M ? ?? ??12，0，1， 所以AC →＝(1,2,0)，AM →＝? ????12，0，1， 求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(－2,1,1)，
高考数学(理)总复习：立体几何中的向量方法(解析版)
高考数学（理）总复习：立体几何中的向量方法 题型一 利用向量证明平行与垂直 【题型要点】 向量证明平行与垂直的4步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系； (2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素； (3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系； (4)根据运动结果解释相关问题． 【例1】如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明： (1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD . 【证明】 方法一 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛0,0,2 1 ， O ⎪ ⎭ ⎫ ⎝⎛21,21,21. OM →＝⎪⎭ ⎫ ⎝ ⎛ --21,2 1,0，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱， ∴AB ⊥平面BCF ，∴BA → 是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .
(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎪⎭ ⎫ ⎝⎛-0,1,2 1，DC →＝(1,0,0)，CF → ＝(0，－1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1· DF →＝0，n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1 ＝0， 令x 1＝1，则n 1＝⎪⎭ ⎫ ⎝⎛- 21,21 ,1.同理可得n 2＝(0,1,1)． ∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA → ＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA → ＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA → ＝－12BC →－12 BF →. ∴向量OM →与向量BF →，BC → 共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎪⎭ ⎫ ⎝⎛--F B C B 2 12 1BA →＝0， OM →·FC →＝⎪⎭ ⎫ ⎝⎛--F B C B 2 12 1·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12 BF → 2＝0.
专题07 立体几何中的向量方法(解析版)
专题07 立体几何中的向量方法 【要点提炼】 1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则 (1)线面平行 l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直 l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行 α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同). (1)线线夹角 设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛ ⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则 cos θ＝|a ·b | |a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 2 2. (2)线面夹角 设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛ ⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则 sin θ＝|cos a ，μ |＝|a ·μ| |a ||μ|. (3)面面夹角 设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝|cos μ，v |＝|μ·v ||μ||v |.
2021届高考数学总复习(人教A版,理科)配套题库： 立体几何中的向量方法(二)(含答案解析)
第8讲 立体几何中的向量方法（二） 一、选择题 1．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( ) A.32 B.2 2 C. 3 D ．3 2 解析 两平面的一个单位法向量n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，故两平面间的距离d ＝|OA →·n 0|＝22. 答案 B 2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－1 2，则l 与α所成的角为 ( )． A ．30° B ．60° C ．120° D ．150° 解析 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝1 2，∴θ＝30°. 答案 A 3．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为 ( )． A.1010 B.3010 C.215 10 D.31010 解析 建立坐标系如图， 则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0，2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE → ＝(－1,2,1)， cos 〈BC 1→，AE → 〉＝BC 1→·AE → |BC 1→||AE →| ＝30 10. 所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为30 10. 答案 B 4．已知直二面角αl β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足，若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )． A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 解析 如图，建立直角坐标系D xyz ，由已 知条件 B (0,0,1)，A (1，t,0)(t ＞0)， 由AB ＝2解得t ＝ 2. 答案 C 5．如图，在四周体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2.∠ABC ＝∠DCB ＝π 2，则二面角A －BC －D 的大小为 ( )． A.π 6 B.π 3 C.5π 3 D.5π6 解析 二面角A －BC －D 的大小等于AB 与CD 所成角的大小.AD →＝AB →＋BC →＋CD →.而AD →2＝AB → 2 ＋CD →2＋BC →2－2|AB →|·|CD →|·cos 〈AB →，CD →〉，即12＝1＋4＋9－2×2cos 〈AB →，CD →〉，∴cos 〈AB →，CD → 〉＝12，∴AB 与CD 所成角为π3，即二面角A －BC －D 的大小为π 3.故选B. 答案 B 6．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( ) A. 2 B. 3 C ．2 D. 22 解析 如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)
高考数学新一轮复习 详细分类题库 考点37 立体几何中的向量方法(文、理)(含详解,13高考题)
考点37 立体几何中的向量方法 1.（2013·北京高考理科·Ｔ17）如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形.平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB=3，BC=5. （1）求证：AA 1⊥平面ABC ； （2）求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值； （3）证明：在线段BC 1存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求 1 BD BC 的值 . 【解题指南】（1）利用面面垂直证明线面垂直. （2）建系，求出二面角对应两个面的法向量，利用法向量的夹角求二面角的余弦值. （3）设出D 点坐标，利用向量解题. 【解析】（1）11A ACC 因为是正方形，1AA AC ⊥所以。 又11,ABC A ACC AC ⊥因为平面平面交线，1AA ABC ⊥所以平面。 （2）4,5,3AC BC AB ===因为，AC AB ⊥所以。 分别以1,,AC AB AA 为,x y z 轴轴，轴建立如图所示的空间直线坐标系。 则111(0,0,4),(0,3,0),(4,0,4),(0,3,4)A B C B ，11(4,0,0)A C =，1(0,3,4)A B =-， 111(4,3,0),(0,0,4)B C BB =-=，
设平面11A BC 的法向量为1111(,,)n x y z =，平面11B BC 的法向量2222(,,)n x y z =， 111 110 0AC n A B n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以，11140340x y z =⎧⎨-=⎩所以，1(0,4,3)n =所以可取。 112 120 0B C n BB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩由可得22243040x y z -=⎧⎨=⎩可取2(3,4,0)n =。 1212121616 cos ,5525 ||||n n n n n n ⋅<>= == ⨯所以。 由图可知二面角A 1-BC 1-B 1为锐角，所以余弦值为 1625 。 （3）点D 的竖轴坐标为t(02020版高考数学大一轮复习-8.8立体几何中的向量方法二——求空间角和距离教案(理)(含解析)新人教A版
§8.8立体几何中的向量方法(二)——求空间角距离
1.两条异面直线所成角的求法 设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则 2.斜线和平面所成的角 (1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角). (2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角. 3.二面角 (1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. (2)在二面角α—l —β的棱上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α—l —β的平面角. 4.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1， m 2〉|. (2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|. (3)求二面角的大小 1°如图①，AB 、CD 是二面角α—l —β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD → 〉.
2°如图②③，n 1，n 2分别是二面角α—l —β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉. 概念方法微思考 1.利用空间向量如何求线段长度？ 提示 利用|AB →|2＝AB →·AB → 可以求空间中有向线段的长度. 2.如何求空间点面之间的距离？ 提示 点面距离的求法：
已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离为 |BO →|＝|AB →||cos 〈AB → ，n 〉|. 题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( × ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( × ) (4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦ ⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]. ( √ ) (5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a
高考数学一轮复习第7章立体几何第7讲立体几何中的向量方法讲义理含解析
第7讲立体几何中的向量方法 1．用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔□01v1∥v2⇔v1＝λv2. (2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝□02x v1＋y v2. (3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔□03v⊥u⇔□04v·u ＝0. (4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔□05u1∥u2⇔u1＝λu2. 2．用向量证明空间中的垂直关系 (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔□01v1⊥v2⇔□02v1·v2＝0. (2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔□03v∥u⇔□04v＝λu. (3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔□05u1⊥u2⇔□06u1·u2＝0. 3．两条异面直线所成角的求法
设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则 4．直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝□ 01|e·n||e||n| ，φ的取值范围是⎣⎢⎡⎦ ⎥⎤0，π2. 5．求二面角的大小 (1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝□01〈AB →，CD →〉．
(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝□ 02|cos 〈n 1，n 2〉|＝□03|n1·n2||n1||n2| ，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角) 1．概念辨析 (1)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( ) (2)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣ ⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的 范围是[0，π]．( ) (3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (4)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2．小题热身 (1)若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂α D ．l 与α斜交 答案 B 解析 因为a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)， 所以n ＝－2a ，所以a ∥n ，所以l ⊥α. (2)已知向量AB →＝(2,2,1)，AC → ＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1 3 ，－23，23 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，2 3，－23 C ．±⎝ ⎛⎭ ⎪⎫12，－1，1 D ．±⎝ ⎛⎭⎪⎫1 3，－23，23 答案 D
【高考领航】(北师大版)高三数学(理)大一轮复习练习：7.8立体几何中的向量方法(含答案解析)
课时规范训练 [A 级 基础演练] 1．(2014·高考广东卷)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1) D ．(－1,0,1) 解析：各选项给出的向量的模都是2，|a|＝ 2. 对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝ －2×2 ＝－1 2.因为0°≤〈a ，b 〉 ≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°. 对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝1×12×2＝1 2.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°， 所以〈a ，b 〉＝60°，正确． 对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝－1×12×2＝－1 2.因为0°≤〈a ，b 〉 ≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°. 对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝－1－1 2×2＝－1.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°， 所以〈a ，b 〉＝180°.故选B. 答案：B 2．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( ) A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 解析：连接AC 交BD 于O ，连结OE(图略)，由题意得AC 1∥OE ，∴AC 1∥平面BED ，直线AC 1到平面BED 的距离等于点A 到平面BED 的距离，也等于点C 到平面BED 的距离，作CH ⊥OE 于H ，则CH ＝1 2 OE ＝1为所求，故选D. 答案：D 3．如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F 、G 分别是线段AE 、BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为( )
2021高考数学一轮复习课时作业45立体几何中的向量方法理(含答案及解析)
高考数学一轮复习： 课时作业45 立体几何中的向量方法 [基础达标] 1．[2020·广东五校第一次诊断]如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2. (1)求证：BD ⊥平面ACFE ； (2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值． 解析：(1)∵四边形ABCD 是菱形， ∴BD ⊥AC . ∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴BD ⊥AE . 又AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ⊂平面ACFE ， ∴BD ⊥平面ACFE . (2) 连接OE ，以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0，3，0)，O (0,0,0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a >0)，则OB →＝(0，3，0)，OE →
＝(1,0,2)，OF → ＝(－1,0，a )． 设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎨⎧ n ·OB →＝0，n ·OE → ＝0， 即⎩⎨ ⎧ 3y ＝ 0，x ＋2z ＝0， 得y ＝0.令z ＝1，则x ＝－2， ∴n ＝(－2,0,1)是平面EBD 的一个法向量． 由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF → ·n ||OF →|·|n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝2 2， 解得a ＝3或a ＝－1 3 (舍去)． ∴OF →＝(－1,0,3)，又BE → ＝(1，－3，2)， ∴cos〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝5 4， 故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为 54 . 2．[2020·安徽合肥调研]如图，矩形ABCD 和菱形ABEF 所在的平面相互垂直，∠ABE ＝60°，G 为BE 的中点． (1)求证：平面ACG ⊥平面BCE ； (2)若AB ＝3BC ，求二面角B －CA －G 的余弦值． 解析：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF ，∴CB ⊥AG . 在菱形ABEF 中，∠ABE ＝60°，连接AE ，则△ABE 为等边三角形， 又G 为BE 的中点，∴AG ⊥BE . ∵BE ∩CB ＝B ，∴AG ⊥平面BCE . ∵AG ⊂平面ACG ，∴平面ACG ⊥平面BCE .
届数学一轮复习第八章立体几何第七节立体几何中的向量方法学案理含解析
第七节立体几何中的向量方法 ［最新考纲］［考情分析］［核心素 养］ 1。理解直线的方向向量与平面 的法向量。 2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线 和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）。 4。能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。 主要通过空 间角(异面直线 所成角、直线与 平面所成角、二 面角）的求法考 查向量方法应 用，多为解答题 第2问，分值为 12分. 1.直观想象 2.逻辑推理 3.数学运算 ‖知识梳理‖ 空间角的求法 （1)求异面直线所成的角 设a,b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π）错误!错误! 求法cos β＝ a·b |a｜｜b| cos θ＝｜cos β|＝ ｜a·b| ｜a｜｜b｜ ►常用结论 两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等,当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角． (2）求直线与平面所成的角 设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,则sin θ＝错误!｜cos． ②如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ｜＝错误!|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
2020版高考数学一轮复习第七章立体几何第七节立体几何中的向量方法学案理(含解析)新人教A版
第七节 立体几何中的向量方法 2019考纲考题考情 1．两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝ |a ·b | |a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)。 2．直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n ·e | |n ||e | 。 3．求二面角的大小 (1)如图①，AB ，CD 是二面角αl β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉。 (2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角αl β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉。
1．异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角。 2．直线与平面所成的角：在上述求法中要注意的是sin φ＝|n ·e | |n ||e |，而不是cos φ＝ |n ·e | |n ||e | 。 3．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补。 一、走进教材 1．(选修2－1P 104练习2改编)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90° 解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22 ，即〈m ，n 〉＝45°。所以两平面所成二面 角为45°或180°－45°＝135°。 答案 C 2．(选修2－1P 112A 组T 6改编)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线 DE 与AC 夹角的余弦值为( ) A ．－ 1010 B ．－120 C ．120 D ． 1010 解析 如图建立空间直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫0，12，1，则AC →
高考数学专题：空间向量与立体几何(含解析)
立体几何中的向量方法 1.〔20XX 高考〔XX 理〕〕设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1, 2和a ,且长为a 的棱与 长为2的棱异面,则a 的取值X 围是 〔 〕 A ．(0,2) B ．(0,3) C ．(1,2) D ．(1,3) [解析] 以O 为原点,分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴, 则22cos 4 AO PO AOP R •∴∠= =,A )0,23 ,21(),22,0,22(R R P R R 42arccos =∠∴AOP , 4 2 arccos ⋅=∴R P A 2. 〔20XX 高考〔XX 理〕〕如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱 111ABC A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为 〔 〕 A ． 55B ．53C ．255D ．3 5 解析:不妨设122CA CC CB ===, 1 1(2,2,1),(0,2,1) AB C B , 111111(2)0 2(2)115 cos ,5 95AB C B AB C B AB C B ,直线1BC 与直线1AB 夹角为锐角,所以余弦值为 5 5 ,选A. 3.〔20XX 高考〔XX 理〕〕如图,在四棱锥P ABCD -中,PA 丄平面ABCD ,AC 丄AD ,AB 丄BC ,0 =45ABC ∠,==2PA AD ,=1AC . (Ⅰ)证明PC 丄AD ; (Ⅱ)求二面角A PC D --的正弦值; (Ⅲ)设E 为棱PA 上的点,满足异面直线BE 与CD 所成的角为0 30,求AE 的长. P
[命题意图]本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成的角,直线与 平面垂直等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力. 方法一:〔1〕以,,AD AC AP 为,,x y z 正半轴方向，建立空间直角左边系A xyz - 则11 (2,0,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,2)22 D C B P - (0,1,2),(2,0,0)0PC AD PC AD PC AD =-=⇒=⇔⊥ 〔2〕(0,1,2),(2,1,0)PC CD =-=-，设平面PCD 的法向量(,,)n x y z = 则0 202200n PC y z y z x y x z n CD ⎧=-==⎧⎧⎪⇔⇔⎨⎨⎨-===⎩⎩⎪⎩ 取1(1,2,1)z n =⇒= (2,0,0)AD =是平面PAC 的法向量 630 cos ,sin ,66 AD n AD n AD n AD n <>= = ⇒<>= 得：二面角A PC D --的正弦值为 30 6 〔3〕设[0,2]AE h =∈；则(0,0,2)AE =，11(,,),(2,1,0)22 BE h CD =-=- 2 3310 cos ,210 1020BE CD BE CD h BE CD h <>= ⇔ = ⇔=+ 即1010AE = 方法二:(1)证明,由PA ⊥平面ABCD ,可得PA AD ⊥,又由 ,AD AC PA AC A ⊥⋂=,故AD ⊥平面PAC ,又PC ⊂平面 PAC ,所以PC AD ⊥. (2)解:如图,作AH PC ⊥于点H ,连接DH ,由
压轴23 立体几何中的向量方法 备战2021年高考数学二轮必刷压轴题精选精炼(解析版)
压轴23 立体几何中的向量方法 一、单选题 1. 在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 是侧面ADD 1A 1内的动点，且B 1E//平面BDC 1，则直线B 1E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是 A. 13 B. √33 C. 1 2 D. √22 【答案】B 【解析】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体中棱长为1， 设 0，，，， 1，，1，， 0， ， 1， ， B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a −1,−1,c −1)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)，D C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1)， 设平面 的法向量n ⃗ =(x,y ，， 则{n ⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x +y =0n ⃗ ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y +z =0，取 ，得n ⃗ =(1,−1,1)， 平面 ， ∴B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ⃗ =a −1+1+c −1=0，解得，
，，设直线与直线AB所成角为， ∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,， ∴cosθ= |AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1 E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | |AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|B 1 E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 1 √(a−1)2+1+(c−1)2 ，，， ∴sinθ=√1− 1 (a−1)2+1+(c−1)2 =√1− 1 a2+c2−2(a+c)+3 ． 直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是． 故选B． 2.已知三棱锥P−ABC中，△ABC为正三角形，PA>PB>PC，且P在底面ABC内的射影在△ABC的内 部(不包括边界)，二面角P−AB−C，二面角P−BC−A，二面角P−AC−B的大小分别记为α，β，γ，则 A. α>β>γ B. γ>α>β C. α<γ<β D. α<β<γ 【答案】C 【解析】解：如图，过P作PO⊥平面ABC，垂足为O， 过O作OD⊥AB，交AB于D，过O作OE⊥BC，交BC于E，过O 作OF⊥AC，交AC于F， 连结OA，OB，OC，PD，PE，PF， ∵△ABC为正三角形，PA>PB>PC，二面角P−AB−C，二面角P− BC−A，二面角P−AC−B的大小分别为α，β，γ， ∴α=∠PDO，β=∠PEO，γ=∠PFO， OA>OB>OC，AB=BC=AC， ∴OD>OF>OE，
新高考数学复习考点知识与解题方法专题讲解40---立体几何中的向量方法(解析版)
新高考数学复习考点知识与解题方法专题讲解专题8.7 立体几何中的向量方法 【考纲解读与核心素养】 1.理解直线的方向向量与平面的法向量. 2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理). 4．培养学生的数学抽象、数学运算、数学建模、逻辑推理、直观想象等核心数学素养. 5. 高考预测： （1）以几何体为载体，综合考查平行或垂直关系证明，以及角与距离的计算. （2）利用几何法证明平行、垂直关系，利用空间向量方法求角或距离. （3）利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要围绕考查空间直角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是主要命题方向．空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离.浙江卷对空间向量方法考题较少，较为注重几何法的考查.
6.备考重点： (1)掌握空间向量的坐标运算； (2)掌握角与距离的计算方法. 【知识清单】 知识点1．利用空间向量证明平行问题 1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 ①直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量，与AB →平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量． ②平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎨ ⎧ n·a ＝0，n·b ＝0. 2.用向量证明空间中的平行关系 ①设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2. ②设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或 l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝xv 1＋yv 2. ③设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . ④设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. 知识点2．利用空间向量证明垂直问题
2020年高考数学(理)二轮专题学与练 13 立体几何中的向量方法(考点解读)(解析版)
专题13 立体几何中的向量方法 空间向量及其应用一般每年考一道大题，试题一般以多面体为载体，分步设问，既考查综合几何也考查向量几何，诸小问之间有一定梯度，大多模式是：诸小问依次讨论线线垂直与平行→线面垂直与平行→面面垂直与平行→异面直线所成角、线面角、二面角→体积的计算．强调作图、证明、计算相结合．考查的多面体以三棱锥、四棱锥(有一条侧棱与底面垂直的棱锥、正棱锥)、棱柱(有一侧棱或侧面与底面垂直的棱柱，或底面为特殊图形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等类型的棱柱)为主． 1．共线向量与共面向量 (1)共线向量定理：对空间任意两个向量a 、b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb . (2)共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p 与向量a 、b 共面的充要条件是存在唯一实数对(x ，y )，使p ＝xa ＋yb . 2．两个向量的数量积 向量a 、b 的数量积：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． 向量的数量积满足如下运算律： ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)； ③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量基本定理 如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一有序实数组{x ，y ，z }，使p ＝xa ＋yb ＋zc . 推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的有序实数组{x ，y ，z }，使OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →. 4．空间向量平行与垂直的坐标表示 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)；
